112 年 國立成功大學電腦與通信工程研究所甲組《通信系統（僅含類比通信、數位通信、訊號與系統）》

這題考驗對機率密度函數的理解、高斯雜訊與指數分佈雜訊的區別，以及最佳接收器的決策門檻與錯誤機率計算。

(a) 雜訊 $n$ 的機率密度函數 (PDF) 為 $f_n(n) = \frac{1}{2\sigma} \exp\left(-\frac{|n|}{\sigma}\right)$。這是一個拉普拉斯分佈 (Laplace distribution) 的形式，參數為 $\mu=0, b=\sigma$。

平均值 (Mean):
對於一個對稱分佈且中心在 0 的 PDF，平均值為 0。
$\mathbb{E}[n] = \int_{-\infty}^{\infty} n f_n(n) dn = \int_{-\infty}^{\infty} n \frac{1}{2\sigma} e^{-|n|/\sigma} dn$
由於被積函數 $n e^{-|n|/\sigma}$ 是奇函數，且積分區間是對稱的，所以積分值為 0。
$\mathbb{E}[n] = 0$

變異數 (Variance):
變異數定義為 $\text{Var}[n] = \mathbb{E}[n^2] - (\mathbb{E}[n])^2$。由於 $\mathbb{E}[n]=0$，所以 $\text{Var}[n] = \mathbb{E}[n^2]$。
$\mathbb{E}[n^2] = \int_{-\infty}^{\infty} n^2 f_n(n) dn = \int_{-\infty}^{\infty} n^2 \frac{1}{2\sigma} e^{-|n|/\sigma} dn$
由於 $n^2 e^{-|n|/\sigma}$ 是偶函數，我們可以將積分範圍縮小並乘以 2：
$\mathbb{E}[n^2] = 2 \int_{0}^{\infty} n^2 \frac{1}{2\sigma} e^{-n/\sigma} dn = \frac{1}{\sigma} \int_{0}^{\infty} n^2 e^{-n/\sigma} dn$
令 $u = n/\sigma$，則 $n = u\sigma$ 且 $dn = \sigma du$。積分上下限仍為 $0$ 到 $\infty$。
$\mathbb{E}[n^2] = \frac{1}{\sigma} \int_{0}^{\infty} (u\sigma)^2 e^{-u} (\sigma du) = \frac{\sigma^3}{\sigma} \int_{0}^{\infty} u^2 e^{-u} du = \sigma^2 \int_{0}^{\infty} u^2 e^{-u} du$
$\int_{0}^{\infty} u^2 e^{-u} du$ 是 Gamma 函數 $\Gamma(3) = (3-1)! = 2! = 2$。
所以，$\mathbb{E}[n^2] = \sigma^2 \cdot 2 = 2\sigma^2$。
$\text{Var}[n] = 2\sigma^2$

【答案】平均值為 0，變異數為 $2\sigma^2$。

(b) 在二元通信系統中，接收到的信號為 $r = s + n$，其中 $s$ 是傳送的信號 ($s_1$ 或 $s_2$)，而 $n$ 是雜訊。我們希望找到一個決策門檻 $\gamma$，使得當 $r > \gamma$ 時，我們判斷傳送的是 $s_1$，否則判斷傳送的是 $s_2$。

在先驗機率相等 (equal a priori probabilities) 的情況下，即 $P(s_1) = P(s_2) = 1/2$，最佳的決策準則通常是基於最大後驗機率 (MAP) 或最小錯誤機率 (MEC)。對於線性調變系統，這相當於比較似然比 (likelihood ratio) 與 1 的大小。

似然比為：
$L(r) = \frac{f_{r|s_1}(r|s_1) P(s_1)}{f_{r|s_2}(r|s_2) P(s_2)}$
由於 $P(s_1) = P(s_2)$, 且 $f_{r|s_1}(r|s_1) = f_n(r-s_1)$ 以及 $f_{r|s_2}(r|s_2) = f_n(r-s_2)$，
所以決策規則變為：當 $f_n(r-s_1) > f_n(r-s_2)$ 時，選擇 $s_1$；否則選擇 $s_2$。

$f_n(x) = \frac{1}{2\sigma} \exp\left(-\frac{|x|}{\sigma}\right)$
$f_n(r-s_1) = \frac{1}{2\sigma} \exp\left(-\frac{|r-d/2|}{\sigma}\right)$
$f_n(r-s_2) = \frac{1}{2\sigma} \exp\left(-\frac{|r-(-d/2)|}{\sigma}\right) = \frac{1}{2\sigma} \exp\left(-\frac{|r+d/2|}{\sigma}\right)$

比較 $f_n(r-s_1)$ 和 $f_n(r-s_2)$ 等價於比較指數項：
$\exp\left(-\frac{|r-d/2|}{\sigma}\right) > \exp\left(-\frac{|r+d/2|}{\sigma}\right)$
$-\frac{|r-d/2|}{\sigma} > -\frac{|r+d/2|}{\sigma}$
$|r-d/2| < |r+d/2|$

核心觀念

本題考查：

• AWGN 通道下的最大概似偵測。

• 訊號間歐氏距離與成對錯誤機率。

• Union bound：

  $P_s\leq \sum_{j\ne i}P(s_i\to s_j)$

• $M$-ary bi-orthogonal signaling 的幾何結構。

• 由訊號能量 $E_e$ 換算位元能量：

  $E_b=\frac{E_e}{\log_2 M}$

其中每個訊號向量的能量皆為 $E_e$。

AWGN 每一維雜訊變異數為 $N_0/2$。定義

$$Q(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_x^\infty e^{-u^2/2}\,du$$

兩個訊號向量距離為 $d$ 時，其成對錯誤機率為

$$P(s_i\to s_j) = Q\left(\sqrt{\frac{d^2}{2N_0}}\right)$$

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(a) Union bound

固定傳送訊號

$$s_i=\sqrt{E_e}e_i$$

由於 bi-orthogonal 結構，其餘訊號可分成兩類。

1. 與 $s_i$ 不同座標的訊號

共有 $M-2$ 個。對於這些訊號，不論正號或負號，皆有

$$s_j=\pm\sqrt{E_e}e_k,\qquad k\ne i$$

因此

$$\|s_i-s_j\|^2 = \|\sqrt{E_e}e_i\mp\sqrt{E_e}e_k\|^2 = 2E_e$$

所以成對錯誤機率為

$$P(s_i\to s_j) = Q\left(\sqrt{\frac{2E_e}{2N_0}}\right) = Q\left(\sqrt{\frac{E_e}{N_0}}\right)$$

2. 與 $s_i$ 方向相反的訊號

唯一的相反訊號為

$$s_{i+M/2}=-\sqrt{E_e}e_i$$

其距離平方為

$$\|s_i-s_{i+M/2}\|^2 = \|2\sqrt{E_e}e_i\|^2 = 4E_e$$

因此成對錯誤機率為

$$P(s_i\to s_{i+M/2}) = Q\left(\sqrt{\frac{4E_e}{2N_0}}\right) = Q\left(\sqrt{\frac{2E_e}{N_0}}\right)$$

套用 Union bound：

$$P_s \leq (M-2)Q\left(\sqrt{\frac{E_e}{N_0}}\right) + Q\left(\sqrt{\frac{2E_e}{N_0}}\right)$$

又因為

$$E_e=(\log_2M)E_b$$

故以 $E_b/N_0$ 表示為

$$\boxed{ P_s \leq (M-2)Q\left(\sqrt{(\log_2M)\frac{E_b}{N_0}}\right) + Q\left(\sqrt{2(\log_2M)\frac{E_b}{N_0}}\right) }$$

---

(b) $M=4$ 時的精確符號錯誤率

當 $M=4$ 時，訊號向量為

$$\left\{ \sqrt{E_e}e_1,\; \sqrt{E_e}e_2,\; -\sqrt{E_e}e_1,\; -\sqrt{E_e}e_2 \right\}$$

考慮傳送

$$s_1=(\sqrt{E_e},0)$$

接收向量為

$$r=(x,y) = (\sqrt{E_e}+n_1,n_2)$$

其中 $n_1,n_2$ 相互獨立，且

$$n_1,n_2\sim\mathcal N\left(0,\frac{N_0}{2}\right)$$

正確判決區域

$s_1$ 被正確判決的條件是它比另外三個訊號近。

與 $\sqrt{E_e}e_2$ 比較可得

$$x\geq y$$

與 $-\sqrt{E_e}e_2$ 比較可得

$$x\geq -y$$

與 $-\sqrt{E_e}e_1$ 比較可得

$$x\geq 0$$

前兩個條件合併後即為

$$x\geq |y|$$

令

$$u=x-y,\qquad v=x+y$$

則正確判決條件等價於

$$u\geq0,\qquad v\geq0$$

由於 $x$ 與 $y$ 的變異數相同且相互獨立，

核心觀念

本題考查 Nyquist 零碼間干擾（zero ISI）條件。設符號週期為 $T$、符號率為

$$R_s=\frac{1}{T}.$$

整體頻率響應 $S_R(f)=G(f)H(f)C(f)$ 能產生零 ISI 的條件為其頻譜以 $R_s$ 為間隔平移後，總和為常數：

$$\sum_{k=-\infty}^{\infty}S_R\left(f-kR_s\right)=K,$$

其中 $K$ 為與 $f$ 無關的常數。圖形高度只影響 $K$，平移間隔 $R_s$ 才決定可達的訊號速率。

以下以二元訊號、每個符號傳送 $1$ bit，因此訊號率即為 bits/second。

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(i)

圖形為

• $|f|\leq B/3$ 時，高度為 $1$；
• $B/3<|f|\leq B$ 時，高度為 $0.5$；
• $|f|>B$ 時為 $0$。

取

$$R_s=\frac{4B}{3}.$$

在基本區間 $-2B/3\leq f\leq 2B/3$ 中：

1. 當 $|f|\leq B/3$ 時，只有中央頻譜存在，因此總和為 $1$。
2. 當 $B/3<|f|\leq 2B/3$ 時，中央頻譜高度為 $0.5$，相鄰平移頻譜也補上 $0.5$，總和仍為 $1$。

因此

$$\sum_k S_R\left(f-k\frac{4B}{3}\right)=1,$$

符合 Nyquist 零 ISI 條件。

故

$$\boxed{R_s=\frac{4B}{3}\ \text{bits/second}}.$$

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(ii)

圖形特性為：

• $S_R(0)=1$；
• $|f|\leq B/3$ 內由中央峰值線性下降至 $0.5$；
• $B/3\leq |f|\leq 2B/3$ 時為 $0.5$；
• $2B/3\leq |f|\leq B$ 時線性下降至 $0$。

取

$$R_s=B.$$

考慮 $0\leq f\leq B/3$：

中央頻譜為

$$S_R(f)=1-\frac{3f}{2B}.$$

其右側平移頻譜位於 $B-f$ 處，該段高度為

$$S_R(B-f)=\frac{3f}{2B}.$$

所以兩者相加為

$$S_R(f)+S_R(B-f) = 1-\frac{3f}{2B}+\frac{3f}{2B} =1.$$

在 $B/3\leq f\leq B/2$ 時，中央部分與另一個平移部分各為 $0.5$，總和同樣為 $1$。負頻率區域具有對稱結果，因此

$$\sum_k S_R(f-kB)=1.$$

故

$$\boxed{R_s=B\ \text{bits/second}}.$$

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(iii)

圖形為典型的升餘弦型頻譜：

• $|f|\leq B/3$ 時，高度為 $1$；
• $B/3<|f|\leq B$ 時，由 $1$ 線性下降至 $0$；
• $|f|>B$ 時為 $0$。

取

這題主要考驗對幅度調變 (AM) 的理解，包括其頻譜特性、調變指數的影響，以及包絡檢波器 (envelope detector) 的工作原理與適用條件。

(a) Spectrum of $x_{AM}(t)$

給定的調變訊號是 $x_{AM}(t) = (1+km(t))\cos(20\pi t)$。
其中，$m(t) = \sin(2\pi t)$，調變指數為 $k$。
將 $m(t)$ 代入：
$x_{AM}(t) = (1+k\sin(2\pi t))\cos(20\pi t)$
$x_{AM}(t) = \cos(20\pi t) + k\sin(2\pi t)\cos(20\pi t)$

我們需要找出 $x_{AM}(t)$ 的傅立葉轉換 (Spectrum)。
首先，考慮 $\cos(20\pi t)$ 的傅立葉轉換。
$\mathcal{F}\{\cos(2\pi f_c t)\} = \frac{1}{2}[\delta(f-f_c) + \delta(f+f_c)]$。
所以，$\mathcal{F}\{\cos(20\pi t)\} = \frac{1}{2}[\delta(f-10) + \delta(f+10)]$。載波頻率 $f_c = 10$ Hz。

接下來，考慮 $k\sin(2\pi t)\cos(20\pi t)$ 的傅立葉轉換。
我們可以使用三角恆等式：$\sin A \cos B = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$。
令 $A = 2\pi t$, $B = 20\pi t$。
$\sin(2\pi t)\cos(20\pi t) = \frac{1}{2}[\sin(2\pi t + 20\pi t) + \sin(2\pi t - 20\pi t)]$
$= \frac{1}{2}[\sin(22\pi t) + \sin(-18\pi t)]$
$= \frac{1}{2}[\sin(22\pi t) - \sin(18\pi t)]$

所以，$k\sin(2\pi t)\cos(20\pi t) = \frac{k}{2}[\sin(22\pi t) - \sin(18\pi t)]$。
$\mathcal{F}\{\sin(2\pi f t)\} = \frac{1}{2j}[\delta(f-f_0) - \delta(f+f_0)]$。
$\mathcal{F}\{\sin(22\pi t)\} = \frac{1}{2j}[\delta(f-11) - \delta(f+11)]$。
$\mathcal{F}\{\sin(18\pi t)\} = \frac{1}{2j}[\delta(f-9) - \delta(f+9)]$。

因此，
$\mathcal{F}\{k\sin(2\pi t)\cos(20\pi t)\} = \frac{k}{2} \left( \frac{1}{2j}[\delta(f-11) - \delta(f+11)] - \frac{1}{2j}[\delta(f-9) - \delta(f+9)] \right)$
$= \frac{k}{4j} [\delta(f-11) - \delta(f+11) - \delta(f-9) + \delta(f+9)]$

將兩部分合併：
$X_{AM}(f) = \mathcal{F}\{x_{AM}(t)\} = \frac{1}{2}[\delta(f-10) + \delta(f+10)] + \frac{k}{4j} [\delta(f-11) - \delta(f+11) - \delta(f-9) + \delta(f+9)]$

這個頻譜包含以下幾個衝激函數：

• 在 $f = \pm 10$ Hz，有幅度 $\pm 1/2$。
• 在 $f = \pm 11$ Hz，有幅度 $\pm k/(4j) = \mp jk/4$。
• 在 $f = \pm 9$ Hz，有幅度 $\mp k/(4j) = \pm jk/4$。

頻譜草圖：
在頻率軸上，我們標記 $\pm 9, \pm 10, \pm 11$ Hz。
在 $f=10$ 和 $f=-10$ 處，有兩個衝激函數，幅度為 $1/2$。
在 $f=11$ 和 $f=-11$ 處，有兩個衝激函數，幅度為 $-jk/4$。
在 $f=9$ 和 $f=-9$ 處，有兩個衝激函數，幅度為 $jk/4$。

y 軸表示幅度（複數）。

頻寬 (Bandwidth):
頻寬是指訊號存在的最高頻率與最低頻率之間的差值。
在這個例子中，訊號存在於 $\pm 9, \pm 10, \pm 11$ Hz。
最高頻率是 $11$ Hz，最低頻率是 $-11$ Hz。
單邊帶頻寬 (Single-Sided Bandwidth) 是最高頻率，即 $11$ Hz。
雙邊帶頻寬 (Double-Sided Bandwidth) 是最高頻率減去最低頻率，即 $11 - (-11) = 22$ Hz。
通常我們指的頻寬是指單邊帶頻寬。
$BW = 11$ Hz。

頻寬是否依賴於 $k$？
從頻譜的衝激函數位置 $(\pm 9, \pm 10, \pm 11)$ 來看，它們的位置不隨 $k$ 改變。
只有這些衝激函數的幅度與 $k$ 有關。
因此，頻寬不依賴於 $k$。

【答案】
頻譜 $X_{AM}(f) = \frac{1}{2}[\delta(f-10) + \delta(f+10)] + \frac{k}{4j} [\delta(f-11) - \delta(f+11) - \delta(f-9) + \delta(f+9)]$。
頻譜草圖：在 $f=\pm 10$ Hz 有幅度 $\pm 1/2$ 的衝激函數；在 $f=\pm 11$ Hz 有幅度 $\mp jk/4$ 的衝激函數；在 $f=\pm 9$ Hz 有幅度 $\pm jk/4$ 的衝激函數。
頻寬為 $11$ Hz。頻寬不依賴於 $k$。

(b) Envelope Detector Output for $k=1.5$

給定 $k=1.5$。
$x_{AM}(t) = (1+1.5\sin(2\pi t))\cos(20\pi t)$。
理想包絡檢波器輸出的是輸入訊號的包絡 (envelope)。
對於 AM 訊號 $x_{AM}(t) = A(t)\cos(\omega_c t + \phi)$，如果 $A(t) > 0$ 並且 $\omega_c$ 遠大於 $A(t)$ 的變化速率，則包絡是 $A(t)$。
在這裡，我們的訊號形式是 $x_{AM}(t) = A(t) \cos(20\pi t)$，其中 $A(t) = 1+1.5\sin(2\pi t)$。
載波頻率 $f_c = 10$ Hz，所以角頻率 $\omega_c = 20\pi$ rad/s。
訊息訊號 $m(t) = \sin(2\pi t)$ 的頻率是 $1$ Hz。
由於載波頻率 $10$ Hz 遠大於訊息訊號頻率 $1$ Hz，我們可以預期包絡檢波器能正確提取 $A(t)$。

核心觀念

本題考查離散時間線性時不變通道的：

• 因果性：輸出在 $n$ 時刻是否只依賴目前與過去的輸入。
• 記憶性：輸出在 $n$ 時刻是否只依賴 $x(n)$。
• 單位脈衝響應：令輸入為 $\delta(n)$ 時的輸出。
• 頻率響應：單位脈衝響應的離散時間傅立葉轉換。

已知通道為

$$y(n)=0.5x(n)-0.5x(n-1)$$

其係數皆為常數，因此可視為離散時間線性時不變系統。

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(a) 因果性

定義

若系統在 $n$ 時刻的輸出，只依賴目前輸入 $x(n)$ 與過去輸入 $x(n-k)$（其中 $k>0$），不依賴未來輸入，則系統為因果系統。

本題輸出為

$$y(n)=0.5x(n)-0.5x(n-1)$$

其中：

• $x(n)$ 是目前輸入；
• $x(n-1)$ 是前一個時間點的輸入。

兩者皆非未來輸入，因此輸出不需要使用 $x(n+1)$、$x(n+2)$ 等未來資料。

判定

因此，此通道是因果通道。

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(b) 記憶性

定義

若系統輸出 $y(n)$ 只由目前輸入 $x(n)$ 決定，則稱為無記憶系統（memoryless system）。

若輸出還需要使用過去或未來的輸入，則稱為具有記憶系統。

本題中

$$y(n)=0.5x(n)-0.5x(n-1)$$

除了目前輸入 $x(n)$ 外，還使用了過去輸入 $x(n-1)$。因此，通道必須保留前一個時間點的輸入資訊。

判定

因此，此通道不是無記憶通道，而是具有記憶的通道。

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(c) 單位脈衝響應

解題方法

單位脈衝響應定義為輸入

$$x(n)=\delta(n)$$

時所產生的輸出：

$$h(n)=y(n)\big|_{x(n)=\delta(n)}$$

將 $x(n)=\delta(n)$ 代入原式：

$$h(n)=0.5\delta(n)-0.5\delta(n-1)$$

因此，通道的單位脈衝響應為

$$\boxed{h(n)=0.5\delta(n)-0.5\delta(n-1)}$$

數值表示

各時間點的響應如下：

$n$	$h(n)$
$0$	$0.5$
$1$	$-0.5$
其他 $n$	$0$

圖形

以莖狀圖表示：

h(n)
 0.5 ┤    ↑
     │    │
 0   ┼────┼──────────────→ n
     │    0    1
-0.5 ┤         ↓

更精確地說：

• 在 $n=0$ 處有振幅 $0.5$；
• 在 $n=1$ 處有振幅 $-0.5$；
• 其他時間點皆為零。

這是一個長度為 $2$ 的有限脈衝響應，因此也是有限脈衝響應系統（FIR）。

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(d) 頻率響應與幅度響應

頻率響應

離散時間系統的頻率響應為單位脈衝響應的離散時間傅立葉轉換：

$$H(e^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}h(n)e^{-j\omega n}$$

代入

$$h(n)=0.5\delta(n)-0.5\delta(n-1)$$

得到

$$H(e^{j\omega}) =0.5-0.5e^{-j\omega}$$

因此

$$\boxed{H(e^{j\omega})=0.5(1-e^{-j\omega})}$$

利用恆等式

$$1-e^{-j\omega} =e^{-j\omega/2}\left(e^{j\omega/2}-e^{-j\omega/2}\right) =2je^{-j\omega/2}\sin\left(\frac{\omega}{2}\right)$$

可改寫為